非零和遍历随机微分对策的纳什均衡

关于前向过程{Xt}t的遍历测度π的积分≥0，我们有一个新的ma p。现在我们知道（6）的解是它的固定点。为了继续，我们需要证明这个映射的某些紧性和连续性。（ii）我们可以尝试用一种迭代的形式构造一个解决方案。在本文中，我们主要关注计划（ii）。这一部分的主要结果如下：定理4。假设假设1、2和3满足。然后存在解三元组（Yi，Zi，λi），i=1，2，其中Yi是适应的，Zi是可预测的，λia是常数，因此YiT=YiT+ZTt[Hi（Xs，Zis，u*（Zs，Zs）（x），v*（Zs，Zs）（x））- λi]ds-ZTtZisdWs，适用于所有0≤ T≤ T<0。此外，还存在多项式增长的确定函数y（x），y（x），使得Yit=yi（Xt），i=1，2对所有t≥ 0.证明：我们首先设置Zi，0≡ 0表示i=1，2。给定一组马氏解{（Yi，n-1，Zi，n-1，λi，n-1） 已知}i=1,2存在确定性函数{ζi，n-1} i=1,2，因此Zi，n-1t=ζi，n-1（Xt）。我们将下一次迭代定义为EBSDEdYi的解决方案，nt=-[fi，n（Xt，Zi，nt）- λi，n]dt+Zi，ntdWt，i=1，2（7），其中fi，n（x，z）=Hix、 z，u*ζ1，n-1（x），ζ2，n-1（x）, 五、*ζ1，n-1（x），ζ2，n-1（x）.我们注意到≥ 1，驱动器{fi，n}i=1,2在z分量中是一致的Lipschitz，因为fi，n（x，z）- fi，n（x，z′）=R（（u）*, 五、*)（ζ1，n）-1，ζ2，n-1))kz- z′k≤ Ckz- 因此我们知道存在一个解{（Yi，n，Zi，n，λi，n）}i=1,2to（7）。仍需证明存在一个极限为{（Yi，Zi，λi）}i=1,2的收敛子序列。通过引理1，存在一个常数λ>0，使得|λi，n |≤ λ、 i=1，所有n均为2≥ 1.因此，我们可以找到一个子序列{nk}k∈N、 使得λi，nk→ λi，i=1，2对于某些{λi}i=1,2。

我们还可以证明（见[3]中的定理8]），对于所有n≥ 存在确定性函数{vi，n}i=1,2，使得yi，nt=vi，n（Xt），Zi，nt=vi，n（Xt）σ和| Yi，nt |=|vi，n（Xt）|≤ C（1+kXtk）（8）对一些常数C>0保持不变，与n无关（如[3]所示），这一常数依赖于supx∈RnF（x）和零分量中fi，n（x，z）的Lipschitz常数。Later在n中是一致的，这一事实源于哈密顿量的定义。）此外，我们有以下梯度估计：kvi，n（x）k≤ C（1+kxk）（9）对于i=1，2，n∈ N.由于Rn是可分的，因此存在稠密的可数子Tb 注册护士。因此我们可以进一步提取子序列{nkl}，比如vi，nkl（x）→ vi（x），i=1，2，对于所有x∈ B、 和一些vi:B→ 给定（9），我们知道序列{vi，n}n∈n中的Nis局部Lipschitz一致，因此我们可以通过连续性将{vi}i=1,2推广到整个RN。注：在续集中，我们使用n而不是n来表示符号的简单性，假设我们使用这个子序列。现在我们证明序列{Zi，n}n∈尼斯·科西。众所周知（参见，例如[4]），由于Zi，nis马尔科夫语，它有以下重新表示：Zi，nt=vi，n（Xt）σ，对于所有t≥ 因此，在（9）中，我们看到了thatEkZi，ntk≤\'CE（1+kXtk）≤对于t，n中一致的一些常数C，C（1+kxk），（10）。现在，设置Yi，nt=vi，n（Xt）为i=1，2和n∈ N.表示Y=Yi，N- Yi，m，`Z=Zi，n- Zi，m，\'λi=λi，n- λi，mfor i=1，2。尽管如此，T≥ 0，将其^o引理应用于‘’并进行实验，我们得到‘Y=E“YT- 2EZT\'Yt\'f（t）dt+\'\'λEZT’Ytdt+ EZTk¨Ztkdt, （11） 式中，f（t）=fi，n（Xt，Zi，n）- fi，m（Xt，Zi，m）在上面的符号中。使用| f（t）的定义、估计（9）和备注2，我们可以看到| f（t）|≤ \'cE（1+kXtk）≤ c（1+kxk），其中c和¨c是一些不依赖于n，m的常数。因此，应用Cauchy–Schwartz和支配收敛定理，我们得出结论ZT\'Ys\'f（t）dt→ 0作为n，m→ ∞.

（11）中的其他项通过构造趋向于零，因此{Zi，n}n≥对于所有T，0在LT（W）中收敛≥ 0，其中lt（W）：=可预测过程θ：EZTkθtkdt< ∞.换句话说，存在极限Z，Z，比如新界ZTkZi- Zitkdt→ 0，i=1，对于所有T≥ 0.仍需证明驱动项在适当的拓扑中也是收敛的。尽管如此，T≥ 我们有fi，n（Xs，Zi，ns）- 嗨（Xs，Zis，u*（Zs，Zs），v*（Zs，Zs））ds≤ 埃兹特fi，n（Xs，Zi，ns）- fi，n（Xs，Zi，n-1s）ds+EZTfi，n（Xs，Zi，n-1s）- 嗨（Xs，Zis，u*（Zs，Zs），v*（Zs，Zs））ds。（12） 通过定义哈密顿量，fi，n（Xs，Zi，ns）- fi，n（Xs，Zi，n-1s）≤ CZi，ns- Zi，n-1s,显示（12）中的第一项收敛到零。我们记得，Limplies中的收敛意味着度量上的收敛，而度量上的收敛又意味着收敛。e、 为了下一步。因此存在一个子序列{nk}k∈N、 这样的话，nk→ 拉链 dt- a、 e，i=1，2。回想一下thatfi，n（Xs，Zi，n-1s）=Hi（Xs，Zi，n-1s，u*（Z1，n）-1s，Z2，n-1s），v*（Z1，n）-1s，Z2，n-假设fi，n（Xs，Zi，n）是连续的-1s）in（Z1，n）-1s，Z2，n-1s），我们得出结论：fi，nk（Xs，Zi，nk-1s）→ 嗨（Xs，Zis，u*（Zs，Zs），v*（Zs，Zs）P dt- a、 （12）中第二项的收敛性遵循支配收敛定理。我们已经证明了这一点→∞fi，nk（Xs，Zi，nks）=Hi（Xt，Zis，u*（Zs，Zs），v*（Zs，Zs））在LT（RN）中表示所有T≥ 0.证据到此结束。备注8。我们现在可以理解为什么假设2中的第（ii）部分是必要的。为了使用BSDE方法，我们必须证明某个方程组的解存在。我们构造了这样的解作为一个极限，然后必须证明驱动项也收敛。因此，自然需要（z，z）中哈密顿量的连续性（起到驱动作用）。备注9。一个有趣的问题是有限地平线游戏（即。

具有连续系数的BSDE系统及其遍历对应物。有关一维Lipschitz案件的详细说明，请参见胡、马德克和里奇[9]。在目前的情况下，考虑到在最佳情况下，驱动因素只是连续的，测量改变技术是不可用的，因此[9]中使用的技术不容易转移。一条简单的攻击线是在遍历时确定一个玩家的策略，并关注另一个玩家的长期行为。这将问题归结为已知的情况，但提出的问题比回答的问题多，因为控制不再是闭环。因此，即使保证了解的收敛性（如[9]），这个方程组作为一个随机博弈的解释也会丢失。直接考虑具有连续系数的BSDE系统是一项具有挑战性的任务。特别是，由于在这种情况下不存在唯一性结果，而且测量变化技术也不可用，因此如果不对该理论进行重大的进一步探索，很难证明解的收敛性。我们将这些问题留给未来的研究。3.2快速绕道进入一维BSDE在本节中，我们离开游戏和控制的世界，并将上面建立的机制应用于线性增长（在z分量中）的一维遍历BSDE的情况。我们首先证明一个辅助函数，它建立了这类函数的有用表示。引理2。假设我们得到一个函数f:Rd→ R、 这是连续的线性增长，也就是说，存在一个常数κ>0，这样| f（x）|≤ κ（1+kxk）对所有x∈ 注册护士。

然后存在一致有界函数φ（·），ψ（·），使得f（x）=φ（x）x+ψ（x）对所有x都成立∈ Rd证明：我们首先注意到，鉴于f是线性增长的，存在常数C>0，因此kf（x）k≤ Ckxk适用于所有x:kxk≥ 1.定义φ（x）：=1kxk≥1f（x）kxkx, ψ（x）：=1kxk<1f（x），其中x是x的转置。cla im紧跟其后。备注10。注意，我们对各个分量φ，ψ没有连续性假设。我们可以清楚地看到，这种分解是受游戏框架中哈密顿量结构的启发。考虑到引理2的结果，我们因此对方程YT=YT+ZTt[f（Xs，Zs）感兴趣- λ] ds-ZTtZsdWs，（13）其中可以找到函数φ（·），ψ（·），使得f（x，z）=φ（x，z）z+ψ（x，z），并且存在常数c，c>0，使得kφ（x，z）k≤ c、 ψ（x，z）|≤ C、 （14）适用于所有x，z∈ 注册护士。一般来说，（14）的解的存在性并不遵循关于EBSDE s的标准定理，因为驱动器f（·，·）可能不是Lipschitz。然而，为游戏设置开发的技术仍然给出了以下结果：定理5。假设驱动程序f:RN×RN→ R是一个可测映射，因此f（x，·）对所有x都是连续的∈ 存在一个常数κ>0，如f（x，z）≤ κ（1+kzk）。然后EBSDE（13）存在一个解（Y，Z，λ）。此外，还存在确定性局部Lipschitz函数v:RN→ R、 使得Yt=v（Xt）对于所有t≥ 0.证明：我们在游戏环境中使用上一节中开发的迭代方法。设置Zs≡ 设（Yn，Zn，λn）为YnT=YnT+ZTt[φ（Xs，Zn）的解-1s）Zns+ψ（Xs，Zn）-1s）- λn]ds-ZTtZnsdWs，（15）其中-1s}s≥0是我们在上一次迭代中获得的已知马尔可夫解。换句话说，锌-1s=ζn-一类确定性函数ζn的1（Xs）-1:RN→ 注册护士。

在引理2中，setfn（x，z）=φ（x，ζn-1（x））z+ψ（x，ζn-1（x））。我们注意到存在常数c，c>0，因此| fn（x，0）|≤ C、 和| fn（x，z）- fn（x，z′）|≤ ck z- z′k，根据定理2，（15）存在一个解（Yn，Zn，λn）。也存在确定性函数yn:RN→ R、 ζn:RN→ RN，使得Yns=vn（Xs），Zns=ζn（Xs）。此外，估计（8）和（9）在n中一致成立。因此，我们可以对一些稠密可数子集B使用对角化过程 RN，为了得到函数v:B→ R、 λ∈ R、 这样v（x）=limk→∞vnk（x）表示ll x∈ B、 λ=limk→∞某些子序列{nk}k的λnk≥0.然后我们可以将v扩展到整个连续性。然后我们继续展示{Znk}k的收敛性≥0英寸LT（W）适用于所有T≥ 与定理4的证明完全相同。最后，我们提取了进一步的子序列，该子序列收敛于P dt- a、 并使用| fn（Xs，Zns）- f（Xs，Zs）|≤ |fn（Xs，Zns）- fn（Xs，Zn）-1s）|+|fn（Xs，Zn）-1s）- f（Xs，Zs）|≤ ckZns- 锌-1sk+| f（Xs，Zn）-1s）- f（Xs，Zs）|。利用支配收敛定理和f的连续性，我们得出了驱动项的收敛性。备注11。我们注意到，上述证明自然地扩展到具有适当对角有界结构的多维EBSDE的情况。换句话说，考虑系统YiT=YiT+ZTt[fi（Xs，Zs）- λ] ds-ZTtZisdWs，i=1，n、 其中Z表示Z分量的向量。假设所有i=1，n代表所有x∈ 地图是z吗→ fi（x，z）是连续的，对于每个i，我们知道| fi（x，z）|≤ κ（1+kzik）对于某些κ>0。然后这个系统就有了解决方案。备注12。与Lepelt-ier和San Martin（见[13]）考虑的连续系数的单位水平BSDE设置类似，我们没有得到任何唯一性结果。

当然，我们只能希望rgodic值的唯一性，因为任何常数c的Y+c也可以解相同的方程。应用标准技术来确定λ的唯一性的困难在于，它使用测量值的变化来消除[f（Xs，Zs）形式的漂移项- f（Xs，Z′）ds。这在目前的框架中是不可能的，因为f（x，·）不是Lipschitz。3.3与Pdes的联系在本节中，我们简要地展示了定理4与以下椭圆遍历HJB方程组解的存在性之间的关系：（Ly（x）+H（x，y（x）σ，u*（x） ，v*（x） ）=λ，Ly（x）+H（x，y（x）σ，u*（x） ，v*（x） ）=λ，（16）其中u*（x） =u*(y（x）σ，y（x）σ），v*（x） =v*(y（x）σ，y（x）σ），函数yi（·），i=1，2如定理4所示，L是定义为lv（x）=tr的线性算子σ′（x）v（x）+ hAx+F（x），v（x）i.我们注意到，如果我们定义了半群{Pt}t的传递≥0与进程{Xt}t关联≥0byPt[φ]（x）=E[φ（Xt）]，对于所有可测函数φ：RN→ 多项式增长的R，那么L是{Pt}t的生成元≥0.与Debusche、Hu和Tessitore[4]类似，我们采用了以下定义：定义1。两对{（yi，λi）}i=1,2（yi:RN）→ R、 λi∈ R） 如果（i）函数{yi（x）}i=1,2是多项式增长的，则称为（16）的amild解。（ii）梯度函数{yi（x）}i=1,2是多项式增长。（iii）所有0≤ T≤ T，对于所有x∈ RN，对于i=1，2，yi（x）=PT-t[yi]（x）+ZTtPT-s嗨（x），yi（·）σ，u*（·），v*(·))（十）- λids，你在哪里*, 五、*如上图所示。因此，我们自动得到以下结果：定理6。假设满足定理4中的条件，则{（yi，λi）}i=1,2是系统（16）的唯一温和解。

相反地，如果{（~yi，~λi）}i=1,2是（16）的一个通解，那么，设置Yit=~yi（Xt），i=1,2，我们得到了EBSDEs系统（6）的一个解。3.4个博弈，n>2个博弈。在这一节中，我们考虑n之间的博弈∈ N∪ {∞} 遍历玩家。在两个参和者的情况下，我们证明了遍历B SDE的某个系统的解的存在性保证了鞍点的存在性（假设了广义Isaac条件的一个版本）。然后我们对前者进行了改进。我们证明了有限多个参与者的情况是定理4的一个相对简单的扩展，但对于可数情况，需要额外的计算。设u=（u，…，un）为控制向量，使得（ω，t）7→ ut（ω）是可分度量空间U=U×····×Un中具有值的可预测过程。表示z=（z，…，zn）∈ Rn×N.我们定义了哈密顿函数{Hi}i=1，。。。，n、 asHi（x，zi，u）=ziR（u）+Li（x，u），其中，与两人情况类似，Li:RN×u→ R、 i=1。n是x中的可测成本函数Lipschitz，函数R:U→ 通过改变测量值Pu，v，T:=ρu，vTP，其中ρuT:=expZTR（ut）载重吨-ZTkR（ut）kds.薪酬定义为：薪酬（u）=lim supT→∞T-1Eu，TZTLi（Xt，ut）dt,对于i=1。n、 目标是找到可接受的控制向量u*, 这样的话，对于所有人来说，我=1。n、 吉（u）*i、 u-（一）≥ 吉（u）*),适用于所有可接受的控制-i、 你在哪里-ide注意到向量u没有第i个分量。广义艾萨克条件：假设4。假设n<∞.（i） 存在一个可测量的地图*: R（n+1）n→ U、 这样一来，对于每个人来说都是1。新罕布什尔州*i（x，z）：=Hi（x，zi，u）*（x，z））≤ 嗨（x，zi，ui，u）*-i（x，z））适用于所有（x，z，ui）∈ R（n+1）n×Ui。（ii）地图z∈ Rn×N→ H*（x，z）对于任何固定的x都是连续的。

这里*表示H的向量*i、 作为二人情形的一个直接推广，我们得到了以下结果，其结果与定理3的结果相同，但需要一定的注意：定理7。假设4，假设存在n≥ 2个三胞胎（Yi，Zi，λi），i=1。n、 例如YiT=YiT+ZTt[Hi（Xs，Zis，u*（Zs）- λi]ds-ZTtZisdWs（17）适用于所有0≤ T≤ T<0。此外，假设存在n个多项式增长的确定函数yi（x），i=1。n、 使Yit=yi（Xt）保持sp-a.s≥ 0.然后控制u*（Xs，Zs）是纳什均衡。对于很多参与者的情况，我们可以证明系统（17）允许使用与第4项证明中完全相同的Picard迭代进行解决方案。换句话说，我们设定Z≡ 0，并给出一组马氏解{（Yi，n-1，Zi，n-1，λi）}i=1，。。。，如前所述，我们将nextiteration定义为Yi，nt=-[fi，n（Xt，Zi，nt）- λi，n]dt-ZTtZi，ntdWt，i=1，n、 其中fi，n（Xs，Zi，n）=Hi（Xs，Zi，ns，u*（锌）-1s）。其余的证据是相同的。3.4.1有限玩家游戏对于数量可观的玩家，需要额外注意。首先，假设4中的条件（ii）需要重新制定。这是因为在有限维空间中，并不是所有的范数都是等价的，因此为了有连续性的概念，我们需要在有限维向量z上指定拓扑。让θide注意向量θ的第i个分量，并定义，loc：=可预测过程θ：E∞Xi=1i1+ZTkθitkdt< ∞, 尽管如此，T.假设估计值（10）中的常数不依赖于时间或迭代次数，我们知道存在一个常数C>0，这样EZTkZi，ntkdt< 对于所有的T>0，CT在i，n中保持一致。因此Zn∈ L≥ 0

很明显，在LT（W）中Znto Z的成分转换对于所有T>0保证了在L，loc中Znto Z的聚合。我们还注意到，在定理4的证明中，我们使用了哈密顿量H向量的连续性*对于每个组件，请分别使用。因此，假设4中（i）的有限维模拟保持完全相同，而（ii）变成（ii）映射z∈ L，loc→ H*i（x，z）对于每个i是连续的（对于P×dt几乎所有（ω，t））∈ N.其次，遍历值向量λ的收敛子序列的构造需要修改。这是因为有限尺寸的碳管并不紧凑。然而，引理1的结果显然成立，确保每个c组分λi，kle在一个紧致中（在k中一致），因此我们可以使用dia gonalisation过程来构造一个极限λ。使用（ii）而不是（ii），其余证据保持不变。备注13。尽管拓扑结构L，Local看起来很艺术，但它有一个直观的解释。正如注释6所指出的，广义的艾萨克条件相当于小尺度上的纳什均衡。因此哈密顿量{Hi}i≥1在某些情况下，代表每个玩家的“本地价值观”。我们还注意到vect或{Zt}t≥0可以被视为策略的载体，因为它决定了最优控制的值{u*t} t≥因此{Hi}i的连续性≥1英寸z∈ L，loc的意思是，当玩家i有很多“邻居”（如果我们在代理空间中放置一个图结构，这个术语可以变得严格）时∈ N∪ {∞} 只要稍微打乱他们的策略，他的本地价值观的变化也将是微不足道的，即使远程代理做出了实质性的改变。进一步的解释可能包括有限维前向过程的情况、L’evy噪声的存在，以及每碘引入时间。